2021年11月の統計検定1級（統計数理）
の解答を作っていく（自習用）

2021年11月21日に統計検定1級を受験しました。
結果は以下のとおりでした。

統計数理は不合格、統計応用はギリギリ合格でした。

2022年11月20に統計数理に再挑戦する計画なので、準1級受験時と同様に、解答を作成していきます。
公式問題集は2年セットでの発売であるため、21年試験の解答が発売されるのはだいぶ先になると思われます。

お断り

あくまで、自作なので正解を保証するものではありません。また、導出過程で誤りがある可能性が多分にあります。ご指摘は大歓迎ですので、よろしくお願いいたします。

はじめに

問題と略解は一般財団法人 統計質保証推進協会のサイトで公開されています。

• 統計検定1級　統計数理（2021.11）【問題】
• 統計検定1級    統計数理（2021.11）【正解と略解】

著作権法により、無断での問題の複製・転載が禁止されているので、問題はこちらに記載しません。上のリンクから参照ください。

また、勉強、理解の都合上解答が順不同になります^_^;

問1

(1)

$E(X) = $

$\int_{0}^{\infty}xexp(-x) dx = $

$\left[-xexp(-x)\right]_0^\infty $

$+ \int_{0}^{\infty}exp(-x)dx = $　（※部分積分）

$\left[-exp(-x)\right]_0^\infty = 1$

$E(Y) = $

$\int_{0}^{1} xdx = $

$\left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^1 = \frac{1}{2} $

(2)

$E[XY] = E[X]E[Y] = \frac{1}{2} $

(3)

マルチンゲール

統計学実践ワークブック4章　P21、22を参考にしました

$Z = X + Y  ,   W = Y $と置く。

変数変換$(Z, W) = (u(X, Y), v(X, Y))$とし、
その逆変換を$(X, Y) = (s(Z, W), t(Z, W))$とする。

その時、$(Z, W)$の確率密度関数は、以下で表せる。

$\frac{f(s(z, w), t(z, w))}{|J(s(z, w), t(z, w))|}$・・・①

①式の分母

$|J(s(z, w), t(z, w))| = $

$\begin{vmatrix} 1 & 1 \\0 & 1 \end{vmatrix} = 1$

よって、

①式$ = f(z-w, w)$

$= f_{X}(z-w)・f_{Y}(w)$

求める、確率密度関数$f_Z(z)$は上記を$w$について積分して求める。

$f_Z(z) = \int_{0}^{z}exp(-(z-w)) ・f_{Y}(w)dw =$・・・②

②式を積分範囲によって場合分けして計算する。

$0<w<1$の時、$f_{Y}(w)=1$

その他の時、$f_{Y}(w)=0$

これより、

• $z<0$の時、$f_{Y}(w)=0$より、②式$=0$
• $0<z<1$の時、$f_{Y}(w)=1$より、②式$= \int_{0}^{z}exp(-(z-w))dw = 1-exp(-z)$
• $1≦z$の時、$f_{Y}(w)=0$より、②式$= \int_{0}^{1}exp(-(z-w))dw = exp(-z)(e-1)$

グラフを書くと以下のようになります。
（私は本番でグラフを書き忘れましたorz）

(4)

マルチンゲール

$h(x)$は、「現代数理統計学の基礎」P24 命題2.19を使って解けます。
$f_{Y}(y)$が一様分布ということがミソですね。

命題2.19

連続型確率変数$X$の分布関数を$F_{X}(x)$とし、新たに確率変数$Y$を$Y=F_{X}(x)$で定義する。この時、$Y$の確率密度関数は$f_{Y}(y)=1$, $0<y<1$となる。これは、区間$(0,1)$の一様分布である。

この命題より、$h(x)$は$F_{X}(x)$であることが分かります。

よって、
$h(x)=F_{X}(x)=$
$= \int exp(-x) dx = -exp(-x) + C$（$C$：積分定数）

$\lim_{x \to \infty} h(x) \ = 1$、　$\lim_{x \to 0} h(x) \ = 0$
より、$C=1$と求まる。

ゆえに、$h(x)=1-exp(-x)$ 

$E[XY]$はどうしても係数が1/2だけ合わず、解答できていません。
が、考えた途中式までを記載します。

$E[XY] = \int  \int xy f_{XY}(x, y) dydx $　・・・③

同時確率密度関数$f_{XY}(x, y)$ を求めて、③式を計算すれば良さそうです。

ベイズの定理より、
$f_{XY}(x, y) = f_{Y|X}(y|x)・f_{X}(x) =h(x)・f_{X}(x)$

$= exp(-x)-exp(-2x) $

これを③式に代入して、

$\int_{0}^{\infty}  \int_{0}^{1}xy・({exp(-x)-exp(-2x)}) dydx$

$= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} x ({exp(-x)-exp(-2x)}) dx$

$=-\frac{1}{2} \left[exp(-x)-\frac{1}{4}exp(-2x)\right]_0^{\infty}$ （※部分積分）

$=\frac{3}{8}$

（どうしても、略解の$\frac{3}{4}$と合いません😂
おそらく、ベイズの定理を使用した式変形が怪しいですが、解明できておりません。。）

ーーーーーーー　以下、後日記載（備忘録のため上記誤答も残す）　ーーーーーーー

すうがくぶんか様で公開されている解答を確認させていただき。
上記のどこが間違っているか推測できました。

おそらく、$f_{Y|X}(y|x) = h(x)$　としている箇所が間違っていると思われます。$f_{Y|X}(y|x)$は条件付き確率密度関数ですが、と$h(x)$はXの確率分布関数であるため、条件付き確率密度ではないと思われます。。

上記解答を参考にさせていただくと以下のようになります。

$E[XY] = E[X・h(X)] = E[X・(1-exp(-X))] = $
$E[X - Xexp(-X)] = $
$E[X] - E[Xexp(-X)] = $
$1- \int_{0}^{\infty}xexp(-2x) dx = \frac{3}{4}$（部分積分）

マルチンゲール

同時確率密度を求める際は、独立か否かに注意（自戒）。また、（試験的には）$E[XY]$を積分計算で求めるのは得策でなさそう。。

問2

(1)

典型的な超幾何分布の問題です。
「現代数理統計学の基礎」P38 (3.9)式より、

$ \frac{\binom{N_A}{X} × \binom{100-N_A}{15-X}}{\binom{100}{15}}$・・①

①式より、
$X ≦ N_A$ かつ、$15-X ≦ 100-N_A$ であるから、
$max(0, N_A-85) ≦ X ≦min(N_A, 15)$

(2)

マルチンゲール

ヒントをフル活用します

$L(N_A) = \frac{\binom{N_A}{4} × \binom{100-N_A}{11}}{\binom{100}{15}}$

$L(N_A+1) = \frac{\binom{N_A+1}{4} × \binom{99-N_A}{11}}{\binom{100}{15}}$

であるから、

$\frac{L(N_A+1)}{L(N_A) } = \frac{N_A-3}{N_A+1}×\frac{100-N_A}{89-N_A} < 1$

上記を満たす最小の$N_A$を求め、$N_A≒26$を得ます。

マルチンゲール

上記の計算では、$\binom{n}{k}= \frac{n!}{k!(n-k)!}$の関係を使い上手く通分しています

(3)

マルチンゲール

サービス問題です。等差数列の和の公式を知っていれば解けます。$\sum\limits_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1) $

事前分布の和は1になるので、

$\sum\limits_{n=0}^{100} P(N_A=n) = C\sum\limits_{n=0}^{100} (n+1) $

$= C(\sum\limits_{n=0}^{100} n + 101) = 1$

上記を$C$について解いて、$C=\frac{1}{5151}$を得る。

(4)

マルチンゲール

ワークブックP295「ベイズ法」をそのまま適用すれば解けます。(2)で与えられたヒントを再び使うのがミソです。1級統計数理ではありがちな、「忘れた頃のヒント再使用パターン」です

上式より、正規化定数を無視すると、

$P(N_A|X) = \frac{1}{5151}(N_A+1) × \frac{\binom{N_A}{4} × \binom{100-N_A}{11}}{\binom{100}{15}}$

$P(N_A|X)$を最大にする$N_A$を求める。

$\frac{P(N_A+1|X)}{P(N_A|X)} = \frac{N_A+2}{N_A-3}×\frac{89-N_A}{100-N_A} < 1$

上記を満たす最小の$N_A$を求め、$N_A≒30$を得ます。

問3

マルチンゲール

数理的な処理は問1~問5の中で一番簡単かと思います。(3)、(4)は2次方程式の解の公式を知っていれば、誘導のまま解けてしまいます

(1)

$ E[e^{SX}] = \sum\limits_{x=0}^{\infty} exp(Sx)・\frac{λ^{x}}{x!}・exp(-λ)$

$=exp(-λ)・ \sum\limits_{x=0}^{\infty} \frac{(λ・exp(S))^{x}}{x!}$

$=exp(-λ)・exp(λ・exp(S)) = exp(λ・(exp(S)-1))$

マルチンゲール

$ \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!} = e^x$ を使用しました

(2)

2-1

Tのモーメント母関数を求め、$P_{o}(nλ)$のモーメント母関数と等しいことを示す。

$ E[e^{ST}] = E[e^{S(X_1 + ... + X_n)}] = E[e^{S(X_1)}]・・・E[e^{S(X_n)}]$

$=(E[e^{SX}])^n = exp(nλ・(exp(S)-1))$

これは、$P_{o}(nλ)$のモーメント母関数である。ゆえに、$T 　～　P_{o}(nλ)$

2-2

マルチンゲール

十分統計量であることを示す問題は、式変形　⇒　フィッシャー・ネイマンの分解定理適用で片付くことがほとんどだと思うので、是非解けるようようにしておきたいです 

マルチンゲール

$T(X)$で条件付けた$X$の分布がパラメータ$θ$に依らないことが十分統計量の定義です

尤度を計算、変形します。

$f(x, λ) = \frac{λ^{x_1}}{x_{1}!}exp(-λ) × \frac{λ^{x_2}}{x_{2}!}exp(-λ) ×・・× \frac{λ^{x_n}}{x_{n}!}exp(-λ)$

$= \frac{1}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}!} ・exp(-nλ)λ^T$

$=h(x)・g(T(x), λ)$

ゆえに、フィッシャー・ネイマンの分解定理より、$T$は$λ$の十分統計量である。

2-3

$f(x, λ) = \frac{1}{\prod_{i=1}^{n}x_{i}!} ・exp(-nλ)λ^T$

両辺のlogを取り、対数尤度にします。

$log(f(x, λ)) = -nλ-log(\prod_{i=1}^{n}x_{i}!) + Tlogλ$

両辺を$λ$で微分し、$0$となる$λ$を求めます。

$ \frac{\partial log(f(x, λ))}{\partial λ} = -n + \frac{T}{λ} = 0$

$\widehat{λ} = \frac{T}{n}$

(3)

マルチンゲール

一見ややこしく見えますが、解の公式を使って2次元方程式を解けばOKです

$-c ≦ \frac{T-nλ}{\sqrt{nλ}} ≦ c$

$⇔ \frac{(T-nλ)^2}{nλ} ≦ c^2$

整理して、

$n^{2}λ^{2}-(c^{2}n + 2nt)λ + T^{2} ≦ 0$

解の公式を使用して、

$\frac{2+T-2\sqrt{1+T}}{n} ≦ λ ≦ \frac{2+T+2\sqrt{1+T}}{n}$

(4)

マルチンゲール

論ぜよ！という問題は何を書けば良いか迷います（笑）

(3)で求めた、信頼区間の中点を求めます。

$(\frac{2+T-2\sqrt{1+T}}{n} + \frac{2+T+2\sqrt{1+T}}{n}) ÷ 2 = \frac{2+T}{n}$

つまり、

$\widehat{λ} = \frac{T}{n} < \frac{2+T}{n}$

信頼区間の中点は最尤推定量よりも大きくなるため、$λ$は$\widehat{λ}$よりも大きくなる可能性が高いと言えます。

マルチンゲール

私は本番で、「信頼区間の中点は最尤推定量よりも$\frac{2}{n}$だけ大きくなる」と書いて、おそらく0点になりました💦

問4

マルチンゲール

多項定例を使う訓練をしていれば、比較的に簡単な問題と思われます

(1)

$V(\bar{X}) = V(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_{i})$

$=\frac{1}{n^2}V(\sum\limits_{i=1}^{n}X_{i}) = \frac{1}{n^2} × nσ^2$

$= \frac{σ^2}{n} $

(2)

マルチンゲール

$E[(X_{i} - μ)^3] = τ$の関係が与えられていることから、この関係が使えそうだと気付けるかがポイントになります

$E[(X_{1} - X_{2} )^3] = E[((X_{1}-μ) - (X_{2}-μ))^3]$

$=E[(X_{1} - X_{2})^3 - 3(X_{1}-μ)^{2} (X_{2}-μ) + 3(X_{1}-μ) (X_{2}-μ)^{2} - (X_{2}-μ)^{3}]$

$=E[(X_{1}-μ)^3] - 3E[(X_{1}-μ)^2]E[(X_{2}-μ)] + 3E[(X_{1}-μ)]E[(X_{2}-μ)^2] - E[(X_{2}-μ)^3]$

$=τ -3・σ^{2}・(μ-μ) +3・(μ-μ) ・σ^{2} - τ$

$=0$

(3)

超サービス問題です。

$E[Y_{i}^3] = E[(X_{i} - μ)^3] = τ$

$E[Y_{i}^{2}Y_{j}] = E[(X_{i} - μ)^2]E[(X_{j} - μ)] = σ^{2}・(μ-μ) = 0$

$E[Y_{i}Y_{j}Y_{k}] = E[(X_{i} - μ)(X_{j} - μ)(X_{k} - μ)] = (μ-μ)・(μ-μ)・(μ-μ)=0$

(4)

マルチンゲール

（３）で求めた関係式を使うと気付けるかがポイントになります

$\sum\limits_{i=1}^{n} (X_{i} - \bar{X})^{3} = n× (X_{1} - \bar{X})^{3}$

$ (X_{1} - \bar{X})^{3}$を求めて、最後に$n$倍します。

$ (X_{1} - \bar{X})^{3} = E[((X_{1}-μ) + (μ-\bar{X}))^{3}] $ 

※上記の変形は多用する

$=E[(Y_{1} - \frac{1}{n}(Y_{1} + ....  +Y_{n}))^{3}]$

$=E[Y_{1}^{3}] + 3E[Y_{1}^{2}  (- \frac{1}{n}(Y_{1} + ....  +Y_{n}))] + 3E[Y_{1}  (- \frac{1}{n^{2}}(Y_{1} + ....  +Y_{n})^{2})]$

$- \frac{1}{n^{3}}E[(Y_{1} + ....  +Y_{n})^{3}]$

$=E[Y_{1}^{3}]  - \frac{3}{n}E[Y_{1}^{3}] + \frac{3}{n^{2}}E[Y_{1}^{3}] - \frac{1}{n^{3}}E[(Y_{1}^{3} + ....  +Y_{n}^{3})] $

※（３）で求めた関係を使って、期待値が0の箇所は記載を省略している

$=τ - \frac{3}{n}τ +\frac{3}{n^{2}}τ - \frac{1}{n^{2}}τ = $

$=\frac{(n-2)(n-1)}{n^{2}}τ $

上式を$n$倍して、

$=\frac{(n-2)(n-1)}{n}τ $